ｐ=1 (modp)→半径√ｐの円上に8個の整数点が存在する

ｑ=-1 (modp)→半径√ｑの円上に解は存在しない

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ｎ=2^αΠp^βΠｑ^γ→すべてのγが偶数のとき、半径√ｎの円上に整数点が存在する

　　　　　　　　　　→格子点の個数はΠ（β+1）

325＝5^2・13

325＝1＾2+18＾2＝6^2+17^2=10^2+15^2=15^2+10^2=17^2+6^2=18^2+1^2

　　　１１０５＝４^2＋３３^2＝１２^2＋３１^2

　　　　　　　＝２４^2＋２３^2＝３２^2＋９^2

順序を考慮すれば8通り

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【１】フィボナッチの等式

フィボナッチの等式としてよく知られている恒等式

（ａ^2＋ｂ^2）（ｃ^2＋ｄ^2）＝（ａｃ−ｂｄ）^2＋（ａｄ＋ｂｃ）^2

（ａ^2＋ｂ^2）（ｃ^2＋ｄ^2）＝（ａｃ＋ｂｄ）^2＋（ａｄ−ｂｃ）^2

が正しいことは簡単に確認できます．

このことは

［１］ｘ^2＋ｙ^2型整数の積は，再びｘ^2＋ｙ^2型整数として表すことができること，また，

［２］この積は２通りの異なる方法で，２つの平方数の和として表すことができることを示しています．

　たとえば，５と１３はいずれも４ｎ＋１型素数で，２つの平方数の和として表されますから，

　　６５＝５・１３

　　５＝１^2＋２^2，１３＝２^2＋３^2

　　６５＝（１・２＋２・３）^2＋（１・３−２・２）^2＝８^2＋１^2

　　６５＝（１・２−２・３）^2＋（１・３＋２・２）^2＝４^2＋７^2

となります．

ａ＝ｂまたはｃ＝ｄのときは，積はたった１通りの方法で２つの平方数の和になります．

　　１０＝２・５

　　２＝１^2＋１^2，５＝１^2＋２^2

　　１０＝（１・１＋１・２）^2＋（１・２−１・１）^2＝３^2＋１^2

　　１０＝（１・１−１・２）^2＋（１・２＋１・１）^2＝１^2＋３^2

　　１１０５＝５・１３・１７

は４ｎ＋１型素数のはじめの３素数の積です．このことから，１１０５は２つの平方数の和で４通りに表せることになるのです．

　　１１０５＝（ａ^2＋ｂ^2）（ｃ^2＋ｄ^2）（ｅ^2＋ｆ^2）

　　１７＝１^2＋４^2

　　１１０５＝（８^2＋１^2）（１^2＋４^2）＝４^2＋３３^2＝１２^2＋３１^2

　　１１０５＝（４^2＋７^2）（１^2＋４^2）＝２４^2＋２３^2＝３２^2＋９^2

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　　８５１５＝５・１３・１３１

であるが、１３１は４ｎ＋１型素数ではない。さて、どうする？

　　８５１５＝６５・１３１

　　８５１５＝６５・（６５・２＋１）とすることはできるが・・・

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　　３２５＝５・５・１３

　　５＝１^2＋２^2

　　６５＝（１・２＋２・３）^2＋（１・３−２・２）^2＝８^2＋１^2

　　６５＝（１・２−２・３）^2＋（１・３＋２・２）^2＝４^2＋７^2

（ａ^2＋ｂ^2）（ｃ^2＋ｄ^2）＝（ａｃ−ｂｄ）^2＋（ａｄ＋ｂｃ）^2

（ａ^2＋ｂ^2）（ｃ^2＋ｄ^2）＝（ａｃ＋ｂｄ）^2＋（ａｄ−ｂｃ）^2

　　a=1,b=2c=8,d=1

325=6^2+17^2

325=10^2+15^22

　　a=1,b=2c=4,d=7

325=10^2+15^2

325=18^2+1~2

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